Математика для гуманитарных, экологических и экономико-юридических специальностей. Часть 1

8 1

Решение. Вводим гипотезы: Í1 — был удален белый шар; Í2 — был удален черный шар. Вероятности гипотез: p(Í1) = 5/8; p(Í2) = = 3/8. Пусть À обозначает: вторично извлечен белый шар. Тогда p(À/Í1) = 4/7, p(À/Í2) = 5/7. Искомая вероятность

p(A) = 58 74 + 38 75 = 3556 = 58 .

Упражнения

1.(ШЕХ). Спортсмен может поехать на соревнования в Новосибирск с вероятностью 0,2, в Омск — с вероятностью 0,3, никуда не поехать — с вероятностью 0,5. Если спортсмен поедет на соревнования в Новосибирск, то он победит там с вероятностью 0,3, а если поедет в Омск, то победит с вероятностью 0,6. Какова вероятность победы?

2.(ИАМ). Даны 3 урны. В первой — 6 белых шаров и 4 черных, во второй — 8 белых и 4 черных, в третьей — 10 белых и 5 черных. Наугад выбирают урну и наугад вынимают из нее один шар. Найдите вероятность того, что он белый.

3.В первой урне 3 белых и 4 черных шара, во второй — 5 белых

è3 черных. Из первой урны наугад вынимают один шар и, не глядя, перекладывают его во вторую урну. Снова вынимают один шар. Найдите вероятность того, что он белый, если его извлечь:

(33Н) из первой урны; (ДМШ) из второй урны.

3.13. Формула Байеса

В предыдущем подразделе рассмотрена формула полной вероятности. Согласно этой формуле для нахождения вероятности события À необходимо знать вероятности гипотез p(Í1), p(Í2), …, p(Ín) и условные вероятности p (AH1 ) , p (AH2 ) , …, p (AHn ) . Теперь предположим, что событие À состоялось. Вероятности гипотез при этом

изменятся. Новые значения вероятностей гипотез, вычисленные при условии, что событие À произошло, определяются по формуле Байе-

са. Выводится эта формула очень просто.

Допустим, что известны вероятности гипотез p(Í1), p(Í2), …, p(Ín) и известны условные вероятности p (AH1 ) , p (AH2 ) , …, p (AHn ) . Тогда можно найти и полную вероятность p(À). Теперь предположим, что опыт произведен и событие À произошло. Найдем вероятность того, что при этом состоялось событие Íi (i = 1, 2, 3, …, n):

p(A Hi ) = p(A) p (Hi A) = p(Hi ) p (AHi ) .

8 2

Эти соотношения получены согласно теореме умножения для зависимых событий. Отсюда находим:

p (Hi A) = p(çi ) p (AHi ) .

Это и есть формула Байеса (Томас Байес (1702–1761), или Бейес, — английский математик).

Таким образом, вероятности p(Íi) являются априорными. Они вычисляются до опыта. Вероятности p (Hi A) — это апостериорные

вероятности тех же гипотез. Они вычисляются после проведения опыта, когда результат его известен, то есть событие À состоялось.

П р и м е р 1. Даны три внешне одинаковые урны. В первой из них 3 белых и 4 черных шара, во второй — 2 белых и 3 черных шара, в третьей — все шары белые. Наугад выбирают урну и так же наугад вынимают из нее один шар. Оказалось, что это белый шар. Найти вероятность того, что шар вынут: а) из первой урны; б) из второй; в) из третьей.

Решение. Обозначим буквой À событие: вынут белый шар. Преж-

де чем вынуть шар, необходимо выбрать урну. Вводим гипотезы: Í1 — выбор первой урны; Í2 — выбор второй урны; Í3 — выбор

третьей урны. Так как выбор урн равновозможен, то

p(Í1) = p(Í2) = p(Í3) = 1/3.

Находим условные вероятности:

p (AH1 ) = 37 ; p (AH2 ) = 25 ; p (AH3 ) = 1.

Находим априорную вероятность события À:

p(Ä) = 31 73 + 31 52 + 31 1 = 10564 .

До извлечения шара вероятность выбора первой урны равнялась 1/3. Но после опыта, когда вынутым оказался белый шар, вероятность того, что он был вынут из первой урны, изменилась. Согласно формуле Байеса она равна

Вероятности того, что шар был вынут из второй и из третьей урн, находим точно таким же образом по формуле Байеса:

П р и м е р 2. Обратимся к условию предыдущего примера. В нем рассмотрен случай, когда в результате эксперимента вынутым оказался белый шар. Но вынуть можно и черный шар. Это значит, что

8 3

событие «вынут белый шар» не состоялось и необходимо рассматривать событие «вынут черный шар». Обозначим его той же буквой À.

Очевидно, что априорные вероятности гипотез не изменились. Находим условные вероятности:

p (AH1 ) = 47 ; p (AH2 ) = 35 ; p (AH3 ) = 0.

Находим полную вероятность события À:

p(Ä) = 31 74 + 31 53 + 31 0 = 10541 .

Вероятности того, что черный шар был вынут из первой, второй и третьей урн, соответственно равны:

p (H1 A) = 2041; p (H2 A) = 2141; p (H3 A) = 0.

П р и м е р 3. Батарея из трех орудий готовит залп по мишени. Известно, что вероятность попадания при каждом выстреле первого орудия равна 0,6; второго — 0,7; третьего — 0,8. Известно также, что при одном попадании (любым орудием) мишень будет разрушена с вероятностью 0,1; при двух попаданиях — с вероятностью 0,4; при трех — с вероятностью 0,9. В результате произведенного залпа мишень оказалась разрушенной. Найти вероятность того, что это произошло в результате:

а) попадания только первого орудия (событие Ñ1); б) попадания только второго орудия (событие Ñ2); в) попадания только третьего орудия (событие Ñ3);

г) одного попадания любым орудием (событие ë1ë2ë3 + ë1ë2ë3 +

+ ë1ë2ë3 ); д) двух попаданий любых орудий (событие ë1ë2ë3 + ë1ë2ë3 + ë1ë2ë3 );

е) трех попаданий (событие ë1ë2ë3 ).

Решение. Чтобы воспользоваться формулой Байеса, необходимо найти полную вероятность p(À), ãäå À — событие «мишень разрушена». Событие À может произойти только вместе с другими события-

ми — попаданиями орудий в мишень. Поэтому вводим гипотезы и находим их вероятности:

Í0 — все орудия промахнулись; Í1 — попадание орудия 3, промах орудий 1 и 2;

Í2 — попадание орудия 2, промах орудий 1 и 3; Í3 — попадание орудий 2 и 3, промах орудия 1; Í4 — попадание орудия 1, промах орудий 2 и 3; Í5 — попадание орудий 1 и 3, промах орудия 2; Í6 — попадание орудий 1 и 2, промах орудия 3; Í7 — попадание всех трех орудий;

p(H0 ) = p(ë1 ) p(ë2 ) p(ë3 ) = 0, 4 0,3 0,2 = 0,024;

8 4

p(H1) = p(ë1 ) p(ë2 ) p(ë3 ) = 0, 4 0,3 0,8 = 0,096; p(H2 ) = p(ë1 ) p(ë2 ) p(ë3 ) = 0, 4 0,7 0,2 = 0,056; p(H3 ) = p(ë1 ) p(ë2 ) p(ë3 ) = 0, 4 0,7 0,8 = 0,224; p(H4 ) = p(ë1 ) p(ë2 ) p(ë3 ) = 0,6 0,3 0,2 = 0,036; p(H5 ) = p(ë1 ) p(ë2 ) p(ë3 ) = 0,6 0,3 0,8 = 0,144; p(H6 ) = p(ë1 ) p(ë2 ) p(ë3 ) = 0,6 0,7 0,2 = 0,084; p(H7 ) = p(ë1 ) p(ë2 ) p(ë3 ) = 0,6 0,7 0,8 = 0,336.

Условные вероятности известны (они заданы): p (AH0 ) = 0 (ни одного попадания);

p (AH1 ) = 0,1 (одно попадание); p (AH2 ) = 0,1 (одно попадание); p (AH3 ) = 0, 4 (два попадания); p (AH4 ) = 0,1 (одно попадание); p (AH5 ) = 0, 4 (два попадания); p (AH6 ) = 0, 4 (два попадания); p (AH7 ) = 0,9 (три попадания).

Находим полную вероятность:

p(À) = 0 0,024 + 0,1 0,096 + 0,1 0,056 + 0,4 0,224 + + 0,1 0,036 + 0,4 0,144 + 0,4 0,084 + 0,9 0,336 = 0,502.

Переходим к нахождению апостериорных вероятностей гипотез: а) вероятность того, что мишень оказалась разрушенной в результате попадания только первого орудия (орудия 2 и 3 при этом оба

промахнулись), равна:

p (ç4 A) = p (ç4 ) p (Äç4 ) = 0,036 0,1 = 0,00717; p (Ä) 0,502

б) вероятность того, что мишень оказалась разрушенной от попадания только второго орудия (орудия 1 и 3 промахнулись), равна:

p (ç2 A) = p(ç2 ) p (Äç2 ) = 0,056 0,1 = 0,011155; p (Ä) 0,502

в) аналогично находим вероятность разрушения мишени третьим орудием (орудия 1 и 2 промахнулись):

p (ç1 A) = p(ç1) p (Aç1 ) = 0,096 0,1 = 0,01912; p(Ä) 0,502

г) находим вероятность того, что мишень разрушена одним попаданием. Так как попасть могло либо первое орудие, либо второе, либо третье, то

8 5

p[(ç1 + ç2 + ç4 ) A] = [ p (ç1)+ p (ç2 )+ p (ç4 )] p[Ä(ç1 + ç2 + ç4 )] = p(Ä)

= (0,036 + 0,056 + 0,096) 0,1 = 0,03745; 0,502

д) находим вероятность того, что в мишень было два попадания:

= (0,224 + 0,144 + 0,084) 0, 4 = 0, 036016; 0,502

е) вероятность того, что мишень разрушена от попадания всех трех орудий, равна:

Упражнения

1.Даны две внешне неразличимые урны. Известно, что в первой из них 4 белых и 2 черных шара, во второй — 5 белых и 4 черных. Наугад выбирают урну и извлекают из нее один шар. Он оказался белым. Найдите вероятность событий:

а) (ВАХ) шар извлечен из первой урны; б) (НИН) шар извлечен из второй урны.

2.Òðè станка-автомата штампуют гайки. Все изготовленные ими гайки ссыпаются в один ящик. Производительность станков такова, что в наполненном ящике четвертая часть всех гаек изготовлена первым станком, 35 % всех гаек изготовлены вторым станком, остальные гайки изготовлены третьим станком. Известно, что в среднем первый станок выпускает 5 % бракованных гаек, второй — 4 %, третий — 2 %. Из ящика наугад выбирают гайку. Найдите:

а) вероятность того, что эта гайка изготовлена (ДМИ) первым станком, (АМБ) вторым станком, (613) третьим станком;

б) вероятность того, что случайно выбранная из ящика гайка оказалась бракованной, если она изготовлена (8ТП) первым станком, (ОЛЛ) вторым станком, (Л20) третьим станком;

в) (20А) вероятность того, что случайно выбранная из ящика гайка является бракованной;

г) вероятность того, что бракованная гайка изготовлена (7Р8) первым станком, (ЛАД) вторым станком, (РУТ) третьим станком.

3.Имеются две урны. В первой из них 3 черных и 6 белых шаров. Во второй — 5 черных и 4 белых. Из первой урны наугад выбрали один шар, не глядя, переложили его во вторую урну и все шары

8 6

во второй урне перемешали. После этого из второй урны наугад вынимают один шар. Найти вероятность событий:

а) (ТАФ) шар белый; б) (МА) из первой урны во вторую переложен белый шар, если

наугад извлеченный из второй урны (после перекладывания) шар оказался белым;

в) (С72) переложен черный шар, если из второй урны (после перекладывания) был извлечен шар белого цвета.

3.14. Схема испытаний Бернулли

Пусть некоторый эксперимент (испытание, опыт), в результате которого случайное событие À может произойти с вероятностью ð и не произойти с вероятностью q = 1 − ð, повторяется n раз. Предполагается, что вероятность события À в каждом испытании остается

неизменной, а исходы каждого эксперимента на результаты других испытаний никакого влияния не оказывают. Спрашивается, какова вероятность того, что событие À произойдет m ðàç (m ≤ n)? Такие

задачи решаются с применением частной теоремы о повторении опытов [30, с. 53], известной также под названием схемы испытаний Бернулли [1, с. 420; 17, с. 23]:

pn (m) = ënm pm (1 − p)n −m = Cnm pmqn −m,

ãäå pn(m) — вероятность того, что из п испытаний событие À состоится m раз. (С интегральной теоремой о повторении опытов можно

ознакомиться по [17].)

П р и м е р 1. Монету подбрасывают 4 раза. Какова вероятность того, что она два раза упадет гербом вверх?

Решение. Всего возможно 16 исходов опыта: 0000, 0001, 0010, …,

1111, где нуль обозначает «монета упала гербом вниз», единица — «монета упала гербом вверх». Из них согласно условию примера нас интересуют только те исходы, когда монета падает гербом вверх точно два раза. Число таких исходов равно 6 (число сочетаний из 4 по 2): 1100, 1010, 1001, 0110, 0101, 0011. Вероятность каждого отдельного исхода равна ð2(1 − ð)2, ãäå ð — вероятность того, что монета упадет гербом вверх, а (1 − ð) — вероятность противоположного

события, то есть того, что монета упадет гербом вниз. В случае подбрасываемой монеты ð = 0,5, следовательно, вероятность каждого от-

дельного исхода равна 0,0625, а вероятность того, что из четырех экспериментов два завершатся падением монеты гербом вверх, равна 0,0625 6 = 0,375.

8 8

попадет в мишень 5 раз. Получим другое число: 0,0121. Таким образом, вероятность пятикратного попадания в мишень больше, чем трехкратного. Спрашивается, какое число попаданий имеет наибольшую вероятность, то есть является наивероятнейшим?

Пусть n — число опытов, k — число, показывающее, сколько раз опыт заканчивается событием À, ð — вероятность события À в каждом отдельном опыте, q = 1 − ð — вероятность события Ä в каждом отдельном опыте. Очевидно, что величина k может меняться в пределах от 0 до n. Если вычислить вероятности для каждого значения k,

то окажется, что одно из них (возможно и два) будет иметь наибольшую вероятность. Обозначим его символом k0. Для нахождения числа k0 прежде всего необходимо определить, чему равно произведение nð. Оно может быть целым или дробным. Если nð — целое число, то k0 = nð.

П р и м е р 1. Допустим, что стрелок делает 10 выстрелов, при этом будем считать, что вероятность попадания в мишень равна 0,8 для каждого выстрела. Найти наивероятнейшее число попаданий в мишень.

Решение. В данном случае имеем: nð = 0,8 10 = 8.

Получилось целое число, следовательно k0 = 8, то есть вероятнее

всего, что стрелок попадет в мишень 8 раз.

Полученный результат можно проверить. Для этого найдем вероятность того, что стрелок попадет в мишень 8 раз из 10 выстрелов:

p10 (8) = ë108 A8q2 = 45 0,82 0,22 = 0,3.

Если 8 — наивероятнейшее число попаданий, то любые отклонения от величины 8 приведут к уменьшению соответствующих вероятностей. Например, вероятность того, что стрелок попадет в мишень 7 раз, равна 0,2. Вероятность того, что стрелок попадет в мишень 9 раз, равна 0,268. В обоих случаях вероятность меньше, чем 0,3, следовательно, 8 — это наивероятнейшее число попаданий.

В тех случаях, когда число nð является дробным, необходимо найти число nð − q, которое может быть дробным или целым. Если nð − q является дробным числом, то k0 определяется из соотношения

nð − q < k0 < nð + ð,

где числа nð − q è nð + ð отличаются одно от другого на единицу,

вследствие чего между ними находится единственное целое число, которое и является значением величины k0.

Если же число nð − q является целым, то получаем два наивероятнейших числа k1 è k2, ãäå

k1 = nð − q; k2 = nð − q + 1.

8 9

Ïр и м е р 2. Вероятность попадания в мишень при одном выстреле равна 0,6. Найти наивероятнейшее число попаданий в мишень при восьми выстрелах.

Решение. Согласно условию n = 8; ð = 0,6; q = 0,4. Так как число nð = 4,8 является дробным, то находим число nð − q, которое также

является дробным: nð − q = 4,4. Следовательно, 4,4 < k0 < 5,4, откуда находим k0 = 5, то есть наиболее вероятно пять попаданий в мишень.

Ïр и м е р 3. У стрелка 9 патронов. Вероятность попадания в мишень при каждом выстреле равна 0,7. Найти наивероятнейшее число попаданий в мишень при девяти выстрелах.

Решение. Исходные данные: n = 9; ð = 0,7; q = 0,3. Находим: nð = 6,3. Так как это число является дробным, то находим число nð − q: nð − q = 6,3 − 0,3 = 6.

Получилось целое число, следовательно, существует два наивероятнейших числа k1 = 6, k2 = 7 с одинаковыми вероятностями:

ð9(6) = ð9(7) = 0,267.

Упражнения

1.(Х2)! Шесть раз подбрасывают тетраэдр с гранями, пронумерованными в последовательности 1, 2, 3, 4 (напомним, что у тетраэдра всего 4 грани, из которых каждая представляет собой равносторонний треугольник). Найдите наивероятнейшее число бросков, в результате которых тетраэдр упадет четвертой гранью вниз; третьей гранью вниз.

2.(НЕМ). Из ящика наугад взяли 19 гаек. Вероятность быть годной для каждой гайки равна 0,9. Найдите наивероятнейшее число годных гаек среди 19 проверяемых.

3.(К56). Вероятность попадания в мишень при одном выстреле равна 0,78. Найдите наивероятнейшее число попаданий для 60 выстрелов.

4.(И55). Поступило 50 сообщений. В каждом из них вероятность искажения равна 0,1. Найдите наивероятнейшее число сообщений, переданных без искажений.

5.(ТТИ). В цех поступила партия кинескопов, всего 305 штук. Вероятность того, что случайно выбранный кинескоп исправен, равна 0,9. Найдите наивероятнейшее число исправных кинескопов во всей партии.

6.(МЕЧ). В цехе 100 станков. Вероятность того, что взятый наугад станок исправен, равна 0,95. Найдите наивероятнейшее число исправных станков.

7.(ИТА). Орудие с автоматической наводкой попадает в быстро движущуюся цель с вероятностью 0,9. Найдите наивероятнейшее число попаданий в цель при 50 выстрелах.

9 0

3.16. О формулах Лапласа и Пуассона

Запишем формулу Бернулли, приведенную в подразделе 3.14, в виде

pn (m) = Cnm pmqn −m.

Из этой формулы видно, что с ростом значений величин m è n

быстро увеличиваются вычислительные трудности. Разумеется, для современного компьютера вычисления по формуле Бернулли особой проблемы не составляют даже в тех случаях, когда значения m è n

достигают нескольких сотен. Но это сейчас. В прежние времена ситуация была совершенно иной. Иоган Бернулли нашел свою формулу более 300 лет назад. Первая вычислительная машина появилась раньше. Ее создал в 1642 г. Блез Паскаль. Но она не могла выполнять операции деления и умножения, поэтому для расчетов по формуле Бернулли не годилась. Машина, способная умножать и делить, появилась спустя 200 лет. Ее создал русский математик Пафнутий Львович Чебышев. В принципе, машину Чебышева можно было использовать для расчетов по формуле Бернулли, но лишь в принципе, не более, так как она не могла обеспечить достаточно высокое быстродействие. Потребовалось еще около сотни лет, прежде чем появились компьютеры, обладающие реальными возможностями по выполнению громоздких вычислений. Таким образом, в течение длительного времени (около 300 лет) расчеты выполнялись только вруч- ную, а это значит, что использование формулы Бернулли ограни- чивалось значениями m è n лишь в пределах первого десятка.

На практике же встречались задачи с гораздо большими значениями m è n. Поэтому потребовалось заменить формулу Бернулли другой

формулой, более простой и дающей не слишком большое отклонение от формулы Бернулли. Такую формулу нашел Пьер Симон Лаплас. Она имеет вид

pn (m) = σ1 ϕ(x),

ãäå σ = npq, x = m − np .

σ

Функция ϕ(õ) табулирована, т.е. представлена в виде таблицы различных ее значений в зависимости от õ.

Приведенная формула известна в математической литературе под названием локальной теоремы Лапласа. Ее частный случай (для p = 1/2) доказал в 1730 г. Муавр, а Лаплас обобщил теорему до любых 0 < p < 1, поэтому ее иногда называют локальной теоремой Муавра —

Лапласа.